2024一轮题型分类细讲精练22：抛物线

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1．抛物线的概念
平面内与一个定点F和一条定直线l(l不经过点F)的距离相等的点的轨迹叫做抛物线．点F叫做抛物线的焦点，直线l叫做抛物线的准线．
2．抛物线的标准方程和几何性质
【方法技巧】
求圆锥曲线中的有关三角形的面积时，常联立直线与曲线的方程，根据韦达定理求出弦长.然后根据点到直线的距离公式，求出三角形的高，即可得出.
【核心题型】
题型一：定义法求焦半径
1．（2023·山西晋中·统考二模）设F为抛物线C：的焦点，点M在C上，点N在准线l上且MN平行于x轴，若，则（ ）
A．B．1C．D．4
【答案】D
【分析】由抛物线方程可知焦点坐标及准线方程，设准线与轴交点为，画出图象，由抛物线定义及可知是正三角形，结合平行关系可判断，利用直角三角形性质即可求解.
【详解】由题可知，，抛物线焦点F为，准线l为，设准线l与x轴的交点为E，如图所示，
由题知，由抛物线的定义可知，
因为，所以是正三角形，则在中，因为，
所以，所以．
故选：D
2．（2023·宁夏银川·六盘山高级中学校考一模）已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为6，到轴的距离为3，O为坐标原点，则（ ）
A．B．6C．D．9
【答案】C
【分析】根据抛物线定义及题意求出，得出点A的坐标即可求解.
【详解】由已知及抛物线的定义可得，解得，
∴抛物线方程为，
，即，代入抛物线方程可得，
∴，.
故选：C
3．（2023·江苏南通·统考模拟预测）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且，若的面积为，则（ ）
A．2B．4C．D．
【答案】B
【分析】根据抛物线定义求得点横坐标，代入抛物线方程得纵坐标，再利用三角形面积公式即可得的值.
【详解】抛物线的焦点为，点在抛物线上，由抛物线的定义可得，
，则，
，解得或（舍）.
故选：B.
题型二：定义法求焦点弦
4．（2021秋·陕西西安·高二统考期末）已知抛物线的焦点为，过点且斜率为的直线与抛物线交于A（点A在第二象限），两点，则（ ）
A．B．C．4D．5
【答案】A
【分析】求出焦点坐标，设出直线方程，与抛物线方程联立，设，则，，从而利用焦半径公式和焦点弦公式求出，得到答案.
【详解】抛物线方程为，故焦点坐标为，则直线方程为，
与联立得：，
即，
设，
则，，
，
则，，
所以.
故选：A
5．（2023·全国·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，直线l过焦点F且与抛物线交于点，，与抛物线C的准线交于点Q，若（O为坐标原点），，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】将三角形面积间的数量关系转化为线段长之间的数量关系，求得有关线段的数量关系，并根据三角形相似建立方程，解方程得到结果.
【详解】对于△OQN和△OFN，底边QN和FN上的高均为点O到直线l的距离，故由可得，
如图，分别过点M，N作准线的垂线，垂足分别为点，，
设，则，，故．
因为，所以．
在直角三角形中，，，，所以，所以，解得．
设抛物线的准线与x轴交于点，则，所以，
即，解得，
故选：B．
6．（2023秋·福建龙岩·高三校联考期末）抛物线的焦点为，对称轴为，过且与的夹角为的直线交于，两点，的中点为，线段的中垂线交于点．若的面积等于，则等于（ ）
A．B．4C．5D．8
【答案】D
【分析】依题意不妨设抛物线为，不妨设直线的倾斜角为，直线，设，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可求出的坐标，从而求出直线的方程，则的坐标可求，再根据三角形面积求出，最后根据焦半径公式计算可得.
【详解】解：依题意不妨设抛物线为，则，
根据对称性不妨设直线的倾斜角为，则直线，
设，，则，消去整理得，
所以，则，
所以，则直线的方程为，令，解得，即，
所以，解得或（舍去），
所以，则，
所以.
故选：D
题型三：求距离的最值问题
7．（2023·湖南·模拟预测）希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值（）的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，若点P是满足的阿氏圆上的任意一点，点Q为抛物线上的动点，Q在直线上的射影为R，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出点的轨迹方程，再结合阿波罗尼斯圆的定义及抛物线的定义可得，从而可得出答案.
【详解】设，
则，
化简整理得，
所以点的轨迹为以为圆心为半径的圆，
抛物线的焦点，准线方程为，
则
，
当且仅当（两点在两点中间）四点共线时取等号，
所以的最小值为.
故选：D.
8．（2023秋·山东德州·高三统考期末）曲线上有两个不同动点，动点到的最小距离为，点与和的距离之和的最小值为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】对于可直接利用两点间的距离公式结合二次函数进行求解，对于可利用抛物线的性质，结合图象观察发现取得最值时的的位置进行求解.
【详解】设，则，结合关系式可变形为：，当，即动点坐标为时，取到最小距离，即；
由题知，曲线为抛物线在第一象限的部分以及原点，其焦点为，准线为，设，过作准线，垂足为，根据抛物线定义，，过作准线，垂足为，交抛物线于，当在运动时，结合下图可知，，当运动到时取得等号，即的最小值为.故.
故选：C
9．（2023秋·河南信阳·高三信阳高中校考期末）已知点是抛物线上任意一点，则点到抛物线的准线和直线的距离之和的最小值为（ ）
A．B．4C．D．5
【答案】C
【分析】点到直线的距离为，到准线的距离为，利用抛物线的定义得，当，和共线时，点到直线和准线的距离之和的最小，由点到直线的距离公式求得答案．
【详解】解：由抛物线知，焦点，
准线方程为，根据题意作图如下；
点到直线的距离为，
点到的距离为；
由抛物线的定义知：，
所以点到直线和准线的距离之和为，
且点到直线的距离为，
所以点到直线和准线的距离之和最小值为．
故选：C．
题型四：抛物线的对称问题
10．（2021·宁夏中卫·统考一模）已知抛物线C：（）的焦点为F，准线与x轴交于点K，过点K作圆的切线，切点分别为点A，B.若，则p的值为（ ）
A．1B．C．2D．3
【答案】C
【解析】连接，通过是圆的圆心，结合图形，，通过求解是等边三角形，推出结果．
【详解】连接，如下图
因为F就是圆的圆心，
所以，且.
又，所以，那么，
所以是等边三角形
所以.
又，所以.
故选：C.
【点睛】考查抛物线的标准方程、焦点、准线以及圆有关的概念，考查数形结合的思维方法和学生对数量关系的分析能力.
11．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆：与抛物线：交于两点，为坐标原点，若的外接圆经过点，则等于（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】A
【分析】根据椭圆和抛物线的对称性知的外接圆的圆心必在x轴，设圆心为，结合圆的性质可得、进而得，代入椭圆方程计算即可求解.
【详解】设，则，.
由题意知，四点共圆，
由椭圆和抛物线的对称性，知的外接圆的圆心必在x轴，
设与x轴相交于点D，则，
在圆D中，有，
即，又，
所以，解得，①
代入，得，②
将①②代入椭圆方程，得，
整理，得，解得.
经检验，时，符合题意.
故实数p的值为.
故选：A.
12．（2020·全国·模拟预测）已知抛物线的焦点为 ，准线为，点在抛物线上，且点到准线的距离为6，的垂直平分线与准线交于点，点为坐标原点，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】解法一：先根据焦半径公式求出的坐标，再求出的垂直平分线的方程，从而可求的坐标，故可求的面积.
解法二：先根据焦半径公式求出的坐标，过点作的垂线，垂足为，利用抛物线的定义可得重合，从而可求的面积.
【详解】解法一：抛物线：的焦点为，准线为：，
设，由点到准线的距离为6，得，得，
代入抛物线的方程得，所以．
由抛物线的对称性，不妨设，则直线的斜率为，
又的中点坐标为，故的垂直平分线的方程为，
令，得，即．
所以的面积为．
故选：B.
解法二：抛物线：的焦点为，准线为：，
设，由到准线的距离为6，得，得，
代入抛物线的方程得，所以．
由抛物线的对称性，不妨设，则直线的斜率为，
所以．过点作的垂线，垂足为，则，连接，
则，而，所以是等边三角形，于是边的垂直平分线过点，即点与点重合，所以的面积为．
故选：B.
【点睛】方法点睛：与抛物线焦点有关的距离计算问题，可利用抛物线的定义将此距离转化为到准线的距离来处理.
题型五：抛物线的综合问题
13．（2023·河南洛阳·洛阳市第三中学校联考一模）已知抛物线上的一个动点P到抛物线的焦点F的最小距离为1．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)过焦点F的直线l交抛物线C于两点，M为抛物线上的点，且，，求的面积．
【答案】(1)
(2)32
【分析】（1）利用动点P到抛物线的焦点F的最小距离，结合抛物线定义求得p的值，可得答案；
（2）说明轴不合题意，设直线的方程为，直线的方程为，联立抛物线方程可得根与系数的关系，结合题意进行化简，求得M点坐标，求得弦长,利用三角形面积公式，即可求得答案.
【详解】（1）设点P的坐标为，由抛物线定义可知，，
即当时取得等号，
故，解得，所以抛物线C的标准方程为．
（2）由（1）知，设，，，
若轴，由，得，，或，，
此时不满足，所以不满足题意；
设直线的方程为，直线的方程为，
如图所示，
将代入抛物线方程得，，
所以，．
将代入抛物线方程得，所以①．
直线AM的斜率为，同理BM的斜率为．
因为AM⊥BM，所以，
所以，即②．
由①②解得，将其代入①可得，，
所以或，
当时，直线的方程为，，．
因为，满足，所以，．
所以，
所以．
同理可得，当时，直线的方程为，，，
因为，满足，所以，．
所以，
所以，
所以的面积为32．
14．（2023·河南·洛阳市第三中学校联考一模）已知点在抛物线上，且到抛物线的焦点的距离为2.
(1)求抛物线的标准方程；
(2)过点向抛物线作两条切线，切点分别为，若直线与直线交于点，且点到直线､直线的距离分别为.求证：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得，求出，即可得解；
（2）方法一：设，求导，再根据导数的几何意义分别求出抛物线在点处和在点处的切线方程，再根据两条切线均过点，从而可求得切点坐标，在证明平分，即可得出结论.
方法二：设切点为，求导，再根据导数的几何意义求出切线方程，联立方程，根据求出切点坐标，从而可得直线､直线的方程，再结合点到直线的距离公式即可得证.
【详解】（1）因为，由题意可得，
解得，所以抛物线的标准方程为；
（2）方法一：设，由，得，
所以抛物线在点处的切线方程为，
在点处的切线方程为，
因为两条切线均过点，所以，
所以点的坐标均满足，
所以，即，解得或，
不妨设，则，
易知，所以，
所以，
，
所以，所以，所以平分，
所以点到直线的距离等于点到直线的距离，
所以，为定值，得证.
方法二：设切点为，由，得，
所以过点的抛物线的切线方程为，
联立方程，消去并整理得，
则，解得或，
不妨设，则，
所以直线的方程为，
易知，所以直线的方程为，
由，得，即，
易得直线的方程为，直线的方程为，
所以点到直线的距离，
点到直线的距离，
所以，则，为定值，得证.
15．（2023·江西赣州·统考一模）已知抛物线为其焦点，点在上，且（为坐标原点）.
(1)求抛物线的方程；
(2)若是上异于点的两个动点，当时，过点作于，问平面内是否存在一个定点，使得为定值？若存在，请求出定点及该定值：若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，定值4，定点
【分析】（1）由点在抛物线上及三角形面积列方程求出参数p，即可得方程；
（2）法一：设，，利用求得，讨论与轴是否垂直，求直线所过的定点；法二：设直线的方程为，联立抛物线及韦达定理、得；最后结合确定的轨迹，即可确定定点和定值；
【详解】（1）因为点在上，则，而，所以，
，所以，故该抛物线的方程为.
（2）法一：设，不妨设，
，则，解得，
①当与轴不垂直时，，
此时直线的方程为：，整理得
，则的方程为：，则直线恒过定点
由，即，故在以为直径的圆上，该圆方程为，
即当为该圆心时，为定值；
②当轴时，，此时，而，故；
当时，也满足，
综上，平面内存在一个定点，使得为定值4
法二：设直线的方程为
联立，且，
由韦达定理得：，
由，即，解得，
即，直线恒过定点，
由，即，故在以为直径的圆上，该圆方程为，
即定点为该圆心时，为定值；
【高考必刷】
一、单选题
16．（2023·陕西商洛·统考一模）已知F为抛物线的焦点，P为该抛物线上的动点，点，则的最大值为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】D
【分析】设点，由点与点距离公式计算以及的长，代入所求结合二次函数的性质可求出最大值.
【详解】设，则，又，所以，则.令，则，，即时，取得最大值，此时.
故选：D
17．（2023春·全国·高三校联考阶段练习）如图1所示，抛物面天线是指由抛物面（抛物线绕其对称轴旋转形成的曲面）反射器和位于焦点上的照射器（馈源，通常采用喇叭天线）组成的单反射面型天线，广泛应用于微波和卫星通讯等领域，具有结构简单、方向性强、工作频带宽等特点．图2是图1的轴截面，A，B两点关于抛物线的对称轴对称，F是抛物线的焦点，∠AFB是馈源的方向角，记为，焦点F到顶点的距离f与口径d的比值称为抛物面天线的焦径比，它直接影响天线的效率与信噪比等．如果某抛物面天线馈源的方向角满足，，则其焦径比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立直角坐标系，设抛物线的标准方程为：，，，代入抛物线方程可得，根据，解得与的关系，即可得出．
【详解】如图所示，建立直角坐标系，
设抛物线的标准方程为：，，
，代入抛物线方程可得：，解得，
由于，得或（舍）
又，化为：，
解得或（舍）
.
故选：C.
18．（2023·河南·统考模拟预测）已知点是抛物线C：的焦点，过的直线交抛物线C于不同的两点M，N，设，点Q为MN的中点，则Q到x轴的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定的抛物线，设出点M，N的坐标，利用求出点M，N的纵坐标和即可求解作答.
【详解】依题意，点，设点，则，
由得：，解得，，
因此点Q的纵坐标为，
所以Q到x轴的距离为.
故选：B
19．（2023·河北石家庄·统考一模）截至2023年2月，“中国天眼”发现的脉冲星总数已经达到740颗以上．被称为“中国天眼”的500米口径球面射电望远镜（FAST），是目前世界上口径最大，灵敏度最高的单口径射电望远镜（图1）．观测时它可以通过4450块三角形面板及2225个触控器完成向抛物面的转化，此时轴截面可以看作拋物线的一部分．某学校科技小组制作了一个FAST模型，观测时呈口径为4米，高为1米的抛物面，则其轴截面所在的抛物线（图2）的顶点到焦点的距离为（ ）
A．1B．2C．4D．8
【答案】A
【分析】由题意建立平面直角坐标系，求得抛物线标准方程，即可求得顶点到焦点的距离.
【详解】如图，以抛物线的顶点为原点，对称轴为轴，建立平面直角坐标系，
则设抛物线的方程为，
由题可得抛物线上一点，代入抛物线方程可得，所以，
即抛物线方程为，则抛物线的焦点坐标为，故顶点到焦点的距离为.
故选：A.
20．（2023·福建泉州·统考三模）已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，点在上．若，，则到的距离等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】取线段的中点，连接，过点作，垂足为点，分析出为等边三角形，并求出，从而可求得，即为所求.
【详解】取线段的中点，连接，过点作，垂足为点，
则，
所以，，所以，，所以，，
因为，所以，是边长为的等边三角形，则，
由抛物线的定义可知，所以，，故，
所以，，则，即点到直线的距离为.
故选：B.
21．（2023·全国·高三专题练习）以抛物线的焦点F为端点的射线与C及C的准线l分别交于A，B两点，过B且平行于x轴的直线交C于点P，过A且平行于x轴的直线交l于点Q，且，则△PBF的周长为（ ）
A．16B．12C．10D．6
【答案】B
【分析】因，则，准线为.由，可得坐标，直线AF方程，进而可得B，P坐标，后由两点间距离公式及抛物线定义可得答案.
【详解】因，则，准线为.
由，如图，设，则，得，则.
得直线AF方程：，
代入，得，
将代入，可得.
则周长，
则.故.
故选：B
22．（2023·河南·校联考模拟预测）已知抛物线的焦点为F，过点F的直线与抛物线交于点A，B，与抛物线的准线交于点M，且点A位于第一象限，F恰好为AM的中点，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为N，E，根据抛物线的定义，又F恰好为AM的中点，可得到比例，进一步推导得到的值.
【详解】如图，
过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为N，E，根据抛物线的定义得，，因为F为AM的中点，所以，又，所以，所以.
故选：A
23．（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线的焦点为，点是抛物线上一点，圆与线段相交于点，且被直线截得的弦长为，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据点在抛物线上及抛物线的定义，利用圆的弦长及勾股定理即可求解
【详解】由题意可知，如图所示，
在抛物线上，则
易知，，由，
因为被直线截得的弦长为，则，
由，于是在中，
由解得：，所以．
故选：C.
二、多选题
24．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）已知抛物线，O为坐标原点，F为抛物线C的焦点，点P在抛物线上，则下列说法中正确的是（ ）
A．若点，则的最小值为4
B．过点且与抛物线只有一个公共点的直线有且仅有两条
C．若正三角形ODE的三个顶点都在抛物线上，则ODE的周长为
D．点H为抛物线C上的任意一点，，，当t取最大值时，GFH的面积为2
【答案】AD
【分析】A选项，过P点做准线的垂线，垂足为.由抛物线定义，，据此可得最小值；
B选项，过点B且与抛物线只有一个公共点的直线有两类，抛物线的切线与斜率不存在的直线；
C选项，设，由及D，E两点在抛物线上可得，
后可得ODE的周长；
D选项，设，则，由基本不等式可得取最大值时，，后可得GFH的面积.
【详解】A选项，过P点做准线的垂线，垂足为.则由抛物线定义，有.则，则当三点共线时，有最小值4.故A正确；
B选项，当过点B直线斜率不存在时，直线方程为，此时直线与抛物线只有一个交点；当过点B直线斜率存在时，设直线方程为：，将直线方程与抛物线方程联立，则.令或
，则直线或为抛物线切线.综上，过点且与抛物线只有一个公共点的直线有3条，故B错误；
C选项，设，因三角形ODE为正三角形，
则，又，
则.
因，则.又由图可得.
则，则.
得ODE的周长为.故C错误；
D选项，设，则
，当取最大值时，
.取，则此时GFH的面积为.
故D正确.
故选：AD
25．（2023·辽宁·校联考一模）抛物线的焦点为，准线为，经过上的点作的切线m，m与y轴、l、x轴分别相交于点N、P、Q，过M作l垂线，垂足为，则（ ）
A．B．为中点
C．四边形是菱形D．若，则
【答案】BCD
【分析】设与轴交点为，则未必是的中点，即可判断A，利用韦达定理表示出的坐标可判断B，根据菱形的判定定理可判断C，利用三角形的全等关系可判断D.
【详解】
设，可知斜率存在，可设，
将代入可得，由，即可得，
因此，令解得，所以，
又因为，，
要使，则必需为中点，则必有，即，
所以当且仅当时，才成立，无法满足任意性，A错误；
中令，于是，
因为，，所以为中点，选项B正确.
因为，所以是的垂直平分线，
而轴，所以四边形是菱形，选项C正确；
，由，可得，所以.
因为，所以，选项D正确.
故选：BCD.
26．（2023·辽宁·校联考模拟预测）已知F是抛物线的焦点，点在抛物线W上，过点F的两条互相垂直的直线，分别与抛物线W交于B，C和D，E，过点A分别作，的垂线，垂足分别为M，N，则（ ）
A．四边形面积的最大值为2
B．四边形周长的最大值为
C．为定值
D．四边形面积的最小值为32
【答案】ACD
【分析】根据给定条件，求出抛物线的方程，确定四边形形状，利用勾股定理及均值不等式计算判断A，B；设出直线的方程，与抛物线方程联立，求出弦长即可计算推理判断C，D作答.
【详解】因为点在抛物线上，
所以，故，，
抛物线的焦点的坐标为，
因为，，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以四边形面积的最大值为2，故A正确.
由，
得，即，
当且仅当时，等号成立，
所以四边形周长的最大值为，故B不正确.
设直线的方程为，联立消x得，
方程的判别式，
设，，则，
则，
同理得，
，C正确.
，所以，
当且仅当时，等号成立，
此时，故D正确.
故选：ACD.
27．（2023·全国·高三专题练习）已知P为抛物线上的动点，为坐标原点，在抛物线C上，过抛物线C的焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，，则（ ）
A．的最小值为4
B．若线段AB的中点为M，则弦长AB的长度为8
C．若线段AB的中点为M，则三角形OAB的面积为
D．过点作两条直线与抛物线C分别交于点G，H，且满足EF平分，则直线GH的斜率为定值
【答案】ABD
【分析】先求出抛物线的方程，利用抛物线的定义转化即可求出最小值可判断A；由直线与抛物线相交的弦长公式判断B；由点到直线的距离公式可求三角形OAB的面积判断C；设，,将已知转化为结合两点连线的斜率公式即可判断直线GH的斜率是否为定值判断D.
【详解】
由在抛物线C上，得，抛物线C的方程为，．
对于A，过点P作抛物线的准线的垂线PD，垂足为D，
由抛物线的定义知，
即M，P，D三点共线时，取得最小值，为，故A正确．
对于B，因为为AB的中点，点A，B的横坐标，则，，故B正确．
对于C，由直线l过焦点与求得直线l的方程为，则点O到直线l的距离，则，故C错误；
对于D，易知点在抛物线上且轴．设，．
易知直线EG，EH的斜率存在，，同理．
因为EF平分，轴，所以，即，
直线，所以，
直线GH的斜率为定值，故D正确．
故选：ABD
三、填空题
28．（2023·全国·校联考一模）抛物线：的准线截圆所得的弦长为_________.
【答案】
【分析】先求出圆心到准线的距离，再根据圆的弦长公式求解即可.
【详解】抛物线：的准线为，
圆的圆心为，半径，
圆心到准线的距离，
所以所求弦长为.
故答案为：.
29．（2023·山西大同·校联考模拟预测）若P，Q分别是抛物线与圆上的点，则的最小值为________．
【答案】##
【分析】设点，圆心，的最小值即为的最小值减去圆的半径，求出的最小值即可得解．
【详解】依题可设，圆心，根据圆外一点到圆上一点的最值求法可知，
的最小值即为的最小值减去半径．
因为，，
设，
，由于恒成立，
所以函数在上递减，在上递增，即，
所以，即的最小值为．
故答案为：．
30．（2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测）已知直线，抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，点关于轴对称的点为.若过点的圆与直线相切，且与直线交于点，则当时，直线的斜率为___________.
【答案】
【分析】根据题意设直线的方程为，联立抛物线方程，然后结合韦达定理即可得到结果.
【详解】如图，易知过点且与直线相切的圆就是以为直径的圆，设，
则，由有，
设直线的方程为，代入有，
所以，结合，得.
故答案为:
31．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知抛物线为抛物线内一点，不经过点的直线与抛物线相交于两点，连接分别交抛物线于两点，若对任意直线，总存在，使得成立，则该抛物线方程为______.
【答案】
【分析】设，根据推出，结合点在抛物线上可得，，即可求得p，即得答案.
【详解】由题意设，
由可得：，
可得：，同理可得：，
则：（*）
将两点代入抛物线方程得，
作差可得：，而，即，
同理可得，，代入（*），可得，
此时抛物线方程为，
故答案为：
四、解答题(共0分)
32．（2023·全国·高三专题练习）设抛物线的焦点为，，Q在准线上，Q的纵坐标为，点M到F与到定点的距离之和的最小值为4．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过F且斜率为2的直线l与C交于A、B两点，求的面积．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由已知可推得，求出的坐标代入，即可得出关于的方程，求解即可得出；
（2）由已知可求得直线方程为，联立直线与抛物线的方程，根据韦达定理求出弦长.然后根据点到直线的距离求出点到直线的距离，即可得出面积.
【详解】（1）由已知可得，，.
因为，当且仅当三点共线时，取得最小值.
又，所以，
即，整理可得，
因为，所以.
所以，抛物线C的方程为.
（2）由（1）知，，所以直线的方程为，.
联立直线与抛物线的方程可得，.
设，，则由韦达定理可得.
所以.
又点到直线，即直线的距离为，
所以，的面积.
33．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）已知为抛物线的焦点，为坐标原点，为的准线上的一点，直线的斜率为的面积为1．
(1)求的方程；
(2)过点作一条直线，交于两点，试问在上是否存在定点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，或
【分析】（1）设点的坐标为，根据直线的斜率为，得到，再根据的面积为求出，即可得解；
（2）假设存在点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方．设直线的方程为，，，，联立直线与抛物线方程，消元列出韦达定理，又，，化简，即可得到方程，求出的值，即可得解.
【详解】（1）解：由题意知，设点的坐标为，
则直线的斜率为．
因为直线的斜率为，所以，即，
所以的面积，
解得或（舍去），
故抛物线的方程为．
（2）解：假设存在点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方．
由（1）得，抛物线的准线的方程为．
设直线的方程为，，，，
联立得，
所以，，．
因为，
，
所以，解得或．
故存在定点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方，其坐标为或．
34．（2023·河南·校联考模拟预测）已知抛物线E：的焦点关于其准线的对称点为，椭圆C：的左，右焦点分别是，，且与E有一个共同的焦点，线段的中点是C的左顶点．过点的直线l交C于A，B两点，且线段AB的垂直平分线交x轴于点M．
(1)求C的方程；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得，从而得出椭圆C的焦点，，由线段的中点为求得，，可得C的方程；
（2）直线l的斜率存在，设为k，分两种情况讨论：当时，直接验证结论；当时，设出直线l的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理求出线段AB的中点坐标，得到线段AB的垂直平分线的方程，求得坐标及，利用弦长公式求得，从而证得结论．
【详解】（1）抛物线E的焦点关于其准线的对称点为，
所以，即．
因为椭圆C与抛物线E有一个共同的焦点，所以，，
所以线段的中点为，所以，．
故C的方程为．
（2）由题意知，直线l的斜率存在，设为k．
当时，点A，B恰为椭圆C的左、右顶点，y轴为线段AB的垂直平分线，
，，，则．
当时，直线l的方程为，设，，线段AB的中点为，．
联立，消去y，得，
则，，
所以，
则．
由题意知，线段AB的垂直平分线的方程为，
令，得，
则．
又，
所以．
综上，．
标准
方程
y2＝2px
(p>0)
y2＝－2px
(p>0)
x2＝2py
(p>0)
x2＝－2py
(p>0)
p的几何意义：焦点F到准线l的距离
图形
顶点
坐标
O(0,0)
对称轴
x轴
y轴
焦点
坐标
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，0))
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(p,2)))
离心率
e＝1
准线
方程
x＝－eq \f(p,2)
x＝eq \f(p,2)
y＝－eq \f(p,2)
y＝eq \f(p,2)
范围
x≥0，y∈R
x≤0，y∈R
y≥0，x∈R
y≤0，x∈R
开口
方向
向右
向左
向上
向下
焦半径
x0＋eq \f(p,2)
－x0＋eq \f(p,2)
y0＋eq \f(p,2)
－y0＋eq \f(p,2)
通径长
2p